MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2008. október 21. EMELT SZINT I. 1) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket: a) x 2 lg x 2 8 0 b)
x x 6 2
(5 pont) (5 pont)
Megoldás: a)
A logaritmus értelmezése alapján: x 2 8 0 ( x 2 2 vagy x 2 2 ) (1 pont) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0. azaz ha x 2 0 vagy lg x 2 8 0 1. eset: x 2 0 x 2 2. eset: lg x 2 8 0 lg x 2 8 lg1
(1 pont) (1 pont)
(1 pont) x 2 8 1 x 2 9 x1 3 vagy x 2 3 Az x 2 nem eleme az értelmezési tartománynak. Az értelmezési tartomány x 3 és x 3 elemei a megoldások, mert az átalakítások ekvivalensek voltak. M 3; -3 (1 pont) b) Ha x 0 , akkor az egyenlet 0-ra redukált alakja x 2 x 6 0 ; ha x 0 , akkor a megoldandó egyenlet: x 2 x 6 0 (1 pont) 2 1.eset: ( x x 6 0 , x 0 ). Az egyenlet gyökei: x1 3 ; x 2 2 (1 pont) Csak az x1 3 megoldása az egyenletnek az x 0 feltétel miatt
(1 pont)
2.eset: ( x x 6 0 , x 0 ). Az egyenlet gyökei: x1 2 ; x 2 3 (1 pont) Csak az x 2 3 megoldása az egyenletnek az x 0 feltétel miatt (1 pont) Összesen: 10 pont 2
2) A mosogatógépünkön háromféle program van. Egy mosogatáshoz az A program 20%-kal több elektromos energiát, viszont 10%-kal kevesebb vizet használ, mint a B program. A B program 30%-kal kevesebb elektromos energiát és 25%-kal több vizet használ mosogatáshoz, mint a C program. Mindhárom program futtatásakor 40 Ft-ba kerül az alkalmazott mosogatószer. Egy mosogatás az A programmal 151 Ft-ba, B programmal 140 Ft-ba kerül. Mennyibe kerül a C programmal a mosogatás? (14 pont) Megoldás: A B program x Ft értékű elektromos energiát és y Ft értékű vizet használ egy mosogatás alkalmával (1 pont) Ekkor x y 40 140 (1 pont) Az A program 1,2x Ft értékű elektromos energiát, (1 pont) és 0,9y Ft értékű vizet használ egy mosogatáskor (1 pont)
A költségekre vonatkozó egyenlet: 1,2x 0,9y 40 151 (1 pont) A következő egyenletrendszert kapjuk x re és y-ra: (1) x y 100 (2) 1,2x 0,9y 111 (1 pont) Az egyenletrendszert megoldva: x 70, y 30 (3 pont) A feltételek alapján a C program futtatása során az elektromos energia ára: x (2 pont) 100 Ft 0,7 y a víz ára: (2 pont) 24 Ft 1,25 A mosogatószer árát is figyelembe véve, a C programmal egy mosogatás 164 Ft-ba kerül. (1 pont) Összesen: 14 pont 3) Jelölje H a
0; 2
intervallumot. Legyen A a H azon x elemeinek
halmaza, amelyekre teljesül, hogy 2sin x 1 egyenlőtlenség, és B a H azon részhalmaza, amelynek x elemeire teljesül a 2cos x 1 egyenlőtlenség. Adja meg az A halmazt, B halmazt és az A\B halmazt! (13 pont) Megoldás: Az egyenlőtlenségeket írjuk 2sin x 20 , illetve 2cos x 20 alakba A 2-es alapú exponenciális függvény szigorú monoton nő ezért 2sin x 1 pontosan akkor teljesül, ha sin x 0 ezért 2cos x 1 pontosan akkor teljesül, ha cos x 0 Az alaphalmazon a sin x 0 egyenlőtlenség megoldása 0 x azaz A 0; Az alaphalmazon a cos x 0 egyenlőtlenség megoldása
3 x 2 2
(2 (1 (1 (1 (2 (1
pont) pont) pont) pont) pont) pont)
(2 pont)
3 azaz B ; 2 2
(1 pont)
Mindezek alapján A \ B 0; 2
(2 pont) Összesen: 13 pont
4) Az ABC háromszögben AB 2 , AC 1 , a BC oldal hossza pedig megegyezik az A csúcsból induló súlyvonal hosszával. a) Mekkora a BC oldal hossza? A hossz pontos értékét adja meg! (9 pont) b) Mekkora a háromszög területe? A terület pontos értékét adja meg! (5 pont) Megoldás: a)
A feladat helyes értelmezése (1 pont) Az ábra jelöléseit használva az ADC háromszög AD oldalára felírva a koszinusztételt: (1 pont) 2 2 (1 pont) 4x x 1 2x cos , ahol 0 x, 0 Az ABC háromszög AB oldalára is felírjuk a koszinusztételt: (1 pont) 2 (1 pont) 4 4x 1 4x cos . Az első egyenletet beszorozva 2-vel, majd kivonva belőle a második egyenletet a következőt kapjuk: (2 pont) 8x 2 4 1 2x 2 1 Az egyenlet pozitív gyöke x (1 pont) 2 2 Így a keresett oldal hossza: BC 2x (1 pont) 2 2 b)
T
AC BC sin 2
2 sin sin 2 2
a 4x 2 x 2 1 2x cos egyenletből cos Így sin 1 cos2 1 Behelyettesítve: T
1 8
sin 7 4 2
7 8
(1 pont)
1 3x 2 1 2 2x 4 2 2
(2 pont) (1 pont) (1 pont)
Összesen: 14 pont
II. 5) Egy urnában 5 azonos méretű golyó van, 2 piros és 3 fehér. Egyesével, és mindegyik golyót azonos eséllyel húzzuk ki az urnából a bent lévők közül. a) Hány különböző sorrendben húzhatjuk ki az 5 golyót, ha a kihúzott golyót nem tesszük vissza, és az azonos golyókat nem különböztetjük meg egymástól? (4 pont) b) Mennyi annak a valószínűsége, hogy az utolsó (ötödik) húzás előtt az urnában egy darab fehér golyó van? (4 pont) Az eredeti golyókat tartalmazó urnából hatszor húzunk úgy, hogy a kihúzott golyót minden húzás után visszatesszük. c) Mennyi annak a valószínűsége, hogy a hat húzásból legfeljebb kétszer húzunk piros golyót? (A valószínűséget három tizedesjegyre kerekített értékkel adja meg!) (8 pont) Megoldás: a)
A lehetséges húzási sorrendek száma megegyezik 2 piros és 3 fehér golyó különböző sorba rendezéseinek számával (2 pont) 5 A 2 piros és 3 fehér golyónak különböző (1 pont) 2 azaz 10 sorba rendezése van. (1 pont) 4 b) A már kihúzott 2 piros és 2 fehér golyó húzása (2 pont) 2 azaz 6 különböző sorrendben történhetett (1 pont) 6 A lehetséges esetek száma 10, így a valószínűség P (1 pont) 0, 6 10 c) A hat húzásból legfeljebb kétszer húzunk piros golyót: ha nem húzunk pirosat (A esemény), vagy 1 pirosat húzunk (B esemény), vagy 2 pirosat húzunk (C esemény) (1 pont) Mivel az A, B és C események páronként kizáró események, a keresett valószínűség P P A P B P C (1 pont) Piros golyó húzásának valószínűsége
3 minden húzásnál, ezért 5 6 6 3 P A 0,0467 0 5
2 , fehér golyó húzásának valószínűsége 5 (1 pont) (1 pont)
5
6 2 3 P B 0,1866 1 5 5 2 4 6 2 3 P C 0,3110 2 5 5
(1 pont) (1 pont)
A keresett valószínűség: P P A P B P C ami közelítőleg 0,544
729 2916 4860 8505 56 15625 (1 pont) (1 pont) Összesen: 16 pont
6) Egy középiskola 12. osztályának egy csoportjában minden tanuló olyan matematika dolgozatot írt, amelyben 100 pont volt az elérhető maximális pontszám. A csoport eredményéről a következőket tudjuk: 5 tanuló maximális pontszámot kapott a dolgozatára, minden tanuló elért legalább 60 pontot, és a dolgozatok pontátlaga 76 volt. Minden tanuló egész pontszámmal értékelt dolgozatot írt. a) Legalább hányan lehettek a csoportban? (5 pont) b) Legfeljebb hány diák dolgozata lehetett 60 pontos, ha a csoport létszáma 14? (4 pont) A 14 fős csoportból Annának, Balázsnak, Csabának, Dorkának és Editnek lett 100 pontos a dolgozata. Pontosan hatan írtak 60 pontos dolgozatot, és csak egy olyan tanuló volt, akinek a pontszáma megegyezett az átlagpontszámmal. c) Hányféleképpen valósulhatott ez meg? (A csoport két eredményét akkor tekintjük különbözőnek, ha a csoport legalább egy tanulójának különböző a dolgozatra kapott pontszáma a két esetben) (7 pont) Megoldás: a)
Jelölje n a csoportba járó diákok számát. A feltételek alapján a dolgozatok összpontszáma 76n. (1 pont) 5 dolgozat 100 pontos (n-5) tanuló legalább 60 pontot kapott a dolgozatára, ezért legalább 500 n 5 60 pontot értek el (1 pont)
76n 500 n 5 60
n
(1 pont)
Ebből n 12,5 (1 pont) Tehát a csoportnak legalább 13 tagja volt. (1 pont) b) A diákok által elért összpontszám 14 76 1064 (1 pont) Ebből a maximális pontszámot elérők 500 pontot, a maradék 9 tanuló összesen 564 pontot ért el (1 pont) Mivel 564 9 60 24 0 , kilencen nem lehettek 60 pontosak (1 pont) Nyolc tanuló dolgozata lett 60 pontos, mert 564 8 60 84 60 , (kilencedik tanuló pontszáma ekkor 84), ezért legfeljebb 8 tanulónak lehetett 60 pontos dolgozata. (1 pont) c) A 14 tanulónak összesen 1064 pontja volt. Ebből ismert az 5 6 1 12 tanuló 5 100 6 60 76 936 pontja. A fennmaradó 128 ponton két tanuló osztozott úgy, hogy ebből a 128 pontból mindketten kaptak legalább 61 pontot. (1 pont) A lehetőségek: 61 67 , ez 2 lehetőség; 62 66 , ez 2 lehetőség (1 pont) 63 65 , ez 2 lehetőség; 64 64 , ez 1 lehetőség (1 pont) A két tanuló dolgozatának pontszáma 2 2 2 1 7 -féleképpen alakulhatott (1 pont)
Mivel a nem maximális pontszámot elérő 9 tanulóból a 60 pontot elérő 6 9 tanuló kiválasztására 84 lehetőség van (1 pont) 6 és a maradék 3 tanulóból 3-féleképpen választható ki a 76 pontos (1 pont) ezért az összes lehetőségek száma: 84 3 7 1764 (1 pont) Összesen: 16 pont 7) Adott a K t t 2 6t 5 polinom. Jelölje H a koordinátasík azon P x; y pontjainak halmazát, amelyekre K x K y 0 . a) A H halmaz pontjai közül véletlenszerűen kiválasztunk egyet. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott pont a C 3;3 ponttól 2 egységnél nem nagyobb távolságra van? (9 pont) Az f függvényt a következőképpen definiáljuk: f : , f x x 2 6x 5 b) Számítsa ki az f függvény grafikonja és az x tengely által közbezárt síkidom területét! (7 pont) Megoldás: a)
K x K y x 2 6x 5 y 2 6y 5 0
(1 pont)
A bal oldali kifejezés teljes négyzetté kiegészítéssel a következő alakra 2 2 hozható: x 3 y 3 8 (1 pont) a H halmaz a 3;3 középpontú
(1 pont)
(1 pont) 8 sugarú zárt körlap A kérdéses valószínűség a geometriai modell alapján a két koncentrikus körlap területének arányaként számolható (2 pont) A kedvező tartomány a C 3;3 középpontú, 2 egység sugarú zárt körlap, ennek területe 4 (1 pont) A teljes tartomány a H halmaz, ennek területe 8 (1 pont) 4 1 Így a keresett valószínűség P (1 pont) 8 2 b) Az f függvény zérushelyei 5 és 1 (1 pont) Mivel f főegyütthatója pozitív, a másodfokú függvény a két zérushelye között negatív értékeket vesz fel (1 pont) kérdéses terület a függvény két zérushely közötti integráljának 1 -szerese (1 pont) 1
1
x3 T x 6x 5 dx 3x 2 5x 3 5 5 behelyettesítés után, 32 a keresett terület nagysága . 3 2
(2 pont) (1 pont) (1 pont) Összesen: 16 pont
8) Az ABCDE szabályos négyoldalú gúla alaplapja az ABCD négyzet. A gúla alapéle 28 egység hosszú. Legyen F a CE oldalélnek, G pedig a DE oldalélnek a felezőpontja. Az ABFG négyszög területe 504 területegység. Milyen hosszú a gúla oldaléle? (16 pont) Megoldás:
A GF középvonal a DCE háromszögben, így GF 14 egység Az ABFG négyszög szimmetrikus trapéz, mivel AB CD FG és AG BF .
(1 pont) (1 pont) (1 pont)
Legyen HF a trapéz alapokhoz tartozó magassága. A trapéz területképlete 28 14 alapján (1 pont) HF 504 2 tehát HF 24 egység (1 pont) 28 14 A szimmetrikus trapéz tulajdonsága miatt HB (1 pont) 7 2 a HBF derékszögű háromszögben Pitagorasz-tétel alapján BF 2 242 72 (1 pont) ahonnan BF 25 (1 pont) Az F pontból a BC oldalra bocsátott merőleges talppontja legyen P. Ez a pont a BC oldal C-hez legközelebbi negyedelő pontja (2 pont) A negyedelő pont indoklása: például legyen Q a BC él felezőpontja. Az FP szakasz az EQC háromszög középvonala (1 pont) 3 1 (1 pont) BP BC 21 és PC BC 7 4 4 A BPF derékszögű háromszögben Pitagorasz-tételt alkalmazva: 2 2 2 (1 pont) PF 25 21 184 Az FPC derékszögű háromszögben is Pitagorasz-tételt alkalmazva: FC 2 184 72 (1 pont) Így FC 233 15,26 (1 pont) A gúla oldaléle EC 2 FC 2 233 30,53 egység.
(1 pont) Összesen: 16 pont
9) Egy bank a „Gondoskodás” nevű megtakarítási formáját ajánlja újszülöttek családjának. A megtakarításra vállalkozó családok a gyermek születését követő év első banki napján számlát nyithatnak 100000 forint összeggel. Minden következő év első banki napján szintén 100000 forintot kell befizetniük a számlára. Az utolsó befizetés annak az évnek az első napján történhet, amely évben a gyermekük betölti 18. életévét. A bank év végén a számlán lévő összeg után évi 8%-os kamatot ad, amit a következő év első banki napján ír jóvá. A gyermek a 18. születésnapját követő év első banki napján férhet hozzá a számlához. a) Mekkora összeg van ekkor a számlán? A válaszát egész forintra kerekítse! (8 pont) A gyermek a 18. születésnapját követő év első banki napján felveheti a számláján lévő teljes összeget. Ha nem veszi, választhatja a következő lehetőséget is: Hat éven keresztül minden év első banki napján azonos összeget vehet fel. Az első részletet a 18. születésnapját követő év első banki napján veheti fel. A hatodik pénzfelvétellel a számla kiürül. Ha ezt a lehetőséget választja, akkor a bank –az első pénzfelvételtől számítva- minden év végén a számlán lévő összeg után évi 5%-os kamatot garantál, amit a következő év első banki napján jóváír. b) Ebben az esetben mekkora összeget vehet fel alkalmanként? A válaszát egész forintra kerekítse! (8 pont) Megoldás: a)
A számlanyitás összege: a1 100000 . A következő év első banki napján a számlán lévő pénz a2 a1 1,08 a1 208000 (1 pont) A következő év első banki napján a számlán lévő pénz: 2 (1 pont) a3 a2 1,08 a1 a1 1,08 1,08 1 324640 Összesen 18 alkalommal fizettek be a számlára, így az utolsó befizetéskor a számlán lévő összeg: a18 a1 1,0817 1,0816 ... 1,08 1 (2 pont) Ez az összeg még egy évig kamatozik, így a számlához való hozzáférés időpontjában a számlán lévő összeg c a1 1,0818 1,0817 ... 1,08 (1 pont)
A zárójelben lévő összeg egy mértani sorozat első 18 tagjának összege. A sorozat első tagja 1,08 és a hányadosa is 1,08. (1 pont) 18 1,08 1 (1 pont) c a1 1,08 4044626 1,08 1 A számlán lévő összeg kerekítve 4 044 626 Ft. (1 pont) b) Az induló tőke c 4044626 Ft Jelölje y az évenként felvehető összeget. Az első kivét után a számlán lévő pénz b1 c y (1 pont) A második kivét után a számlán lévő pénz: b2 b1 1,05 y c 1,05 y 1,05 1 (1 pont)
A harmadik kivét után a számlán lévő pénz: b3 b2 1,05 y c 1,052 y 1,052 1,05 1
b6 b5 1,05 y c 1,055 y 1,055 ... 1,05 1
(1 pont) (1 pont)
Ugyanekkor a számla kiürül: b6 0 (1 pont) A zárójelben lévő összeg egy mértani sorozat első 6 tagjának összege. A sorozat első tagja 1 és a hányadosa 1,05 (1 pont) 5 1,05 Így y c (1 pont) 1,056 1 1,05 1 Az alkalmanként felvehető összeg kerekítve 758916 Ft. (1 pont) Összesen: 16 pont
